2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习43等比数列（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习43等比数列（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．[2024·江西赣州模拟]已知等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn.若S9＝511，则a3＝( )
A．4 B．8 C．16 D．32
2．[2024·北京海淀模拟]已知等比数列{an}的首项和公比相等，那么数列{an}中与a3a7一定相等的项是( )
A．a5B．a7C．a9D．a10
3．[2024·河北廊坊模拟]公比q>1的等比数列{an}满足a4a5＝6，a2＋a7＝5，则eq \f(a15,a5)＝( )
A．eq \f(3,2)B．eq \f(9,2)C．eq \f(9,4)D．3
4．[2024·广东湛江模拟]设Sn为公比为q的等比数列{an}的前n项和，且2S3＝7a2，则q＝( )
A．eq \f(15,2)B．2
C．eq \f(1,2)或eq \f(15,4)D．eq \f(1,2)或2
5．[2024·河北衡水模拟]已知等比数列{an}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )
A.81B．243C．27D．729
6．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若eq \f(S10,S5)＝5，则eq \f(S15,S10)＝( )
A．eq \f(3,2)B．eq \f(15,4)C．eq \f(21,5)D．3
7．[2024·河南郑州模拟]在等比数列{an}中，公比q＝2，且eq \f(1,a9)＋eq \f(1,a10)＋eq \f(1,a11)＋eq \f(1,a12)＝eq \f(6,a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )，则a9＋a10＋a11＋a12＝( )
A．3B．12C．18D．24
8．(素养提升)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列{an}，则lg2(a3a5)的值为( )
A．8B．10C．12D．16
9．(素养提升)已知{an}为等比数列，函数f(x)＝eq \f(x3,3)－eq \f(5,2)x2＋4x＋1，若a1与a5恰好为f(x)的两个极值点，那么a3的值为( )
A．±2或±eq \f(1,2)B．±2
C．2D．eq \f(1,2)
二、多项选择题
10．[2024·广东深圳模拟]等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，且q≠－1，以下结论正确的是( )
A．{a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n)) }是等比数列
B．数列a11＋a12，a12＋a13，a13＋a14成等比数列
C．若q>1，则{an}是递增数列
D．若q>0，则{Sn}是递增数列
11．(素养提升)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”．其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则下列说法正确的是( )
A．该人第五天走的路程为12里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天共走的路程为330里
D．该人最后三天共走的路程为42里
三、填空题
12．[2024·江西萍乡模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝5×3n－1＋t，则t＝____________.
13．在1和9之间插入三个数，使这五个数组成正项等比数列，则中间三个数的积等于________________________________________________________________________．
14．(素养提升)[2024·河北衡水模拟]分形几何学是法国数学家曼德尔勃罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．如图，正三角形ABC的边长为4，取△ABC各边的中点D，E，F作第2个三角形，然后再取△DEF各边的中点G，H，I作第3个三角形，以此方法一直进行下去．已知△ABC为第1个三角形，设前n个三角形的面积之和为Sn，若Sn>5eq \r(3)，则n的最小值为________．
四、解答题
15．[2020·新高考Ⅱ卷]已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
优生选做题
16．[2022·江西景德镇模拟]如图为“杨辉三角”示意图，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前n项和为Sn，设bn＝eq \r(5lg2（Sn＋1）＋1)，将数列{bn}中的整数项依次取出组成新的数列记为{cn}，则c20＝( )
A．545B．51C．560D．48
17．[2024·河北石家庄模拟]已知数列{an}的各项均为正数且均不相等，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an＋1}是等比数列；②a2＝2a1＋1；
③{Sn＋n＋a1＋1}是等比数列．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
课后定时检测案43 等比数列
1．解析：因为S9＝eq \f(a1（1－29）,1－2)＝511a1＝511，a1＝1，所以a3＝1×22＝4.故选A.
答案：A
2．解析：设公比为q，则a1＝q，由等比数列的性质可知a3a7＝a1a9＝a9q＝a10.故选D.
答案：D
3．解析：依题意，q>1，
由已知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a7＝5，,a2a7＝a4a5＝6，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝2，,a7＝3，))
所以q5＝eq \f(a7,a2)＝eq \f(3,2)，eq \f(a15,a5)＝q10＝eq \f(9,4).故选C.
答案：C
4．解析：由题意得2(eq \f(a2,q)＋a2＋a2q)＝7a2，因为a2≠0，所以eq \f(1,q)＋q＝eq \f(5,2)，所以q2－eq \f(5,2)q＋1＝0，解得q＝eq \f(1,2)或2.故选D.
答案：D
5．解析：由a6－6a5＋9a4＝0⇒a4·(q2－6q＋9)＝0，而an≠0，
∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39⇒a1＝3，∴an＝3n，a5＝35＝243.
故选B.
答案：B
6．解析：设等比数列的公比为q，若q＝1，则eq \f(S10,S5)＝eq \f(10a1,5a1)＝2≠5，所以q≠1；
由等比数列的性质知S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，其公比为eq \f(S10－S5,S5)＝eq \f(S10,S5)－1＝4，设S5＝t，显然t≠0，则S10＝5t，S15－S10＝t·42＝16t，
所以S15＝21t，所以eq \f(S15,S10)＝eq \f(21,5).故选C.
答案：C
7．解析：eq \f(1,a9)＋eq \f(1,a10)＋eq \f(1,a11)＋eq \f(1,a12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a9)＋\f(1,a12)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a10)＋\f(1,a11)))＝eq \f(a9＋a12,a9a12)＋eq \f(a10＋a11,a10a11)＝eq \f(a9＋a10＋a11＋a12,a10a11)＝eq \f(a9＋a10＋a11＋a12,2a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )，∵eq \f(1,a9)＋eq \f(1,a10)＋eq \f(1,a11)＋eq \f(1,a12)＝eq \f(6,a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )，∴eq \f(6,a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )＝eq \f(a9＋a10＋a11＋a12,2a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) )，∴a9＋a10＋a11＋a12＝12.故选B.
答案：B
8．解析：从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，
则{an}是以2为公比的等比数列，
∴S7＝eq \f(a1（1－27）,1－2)＝1016，127a1＝1016，解得a1＝8，
∴an＝8×2n－1，
∴lg2(a3a5)＝lg2(8×22×8×24)＝12.故选C.
答案：C
9．解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
由f(x)＝eq \f(x3,3)－eq \f(5,2)x2＋4x＋1，
得f′(x)＝x2－5x＋4＝(x－1)(x－4)，
令f′(x)>0，则x<1或x>4；令f′(x)<0，则1所以函数f(x)在(－∞，1)和(4，＋∞)上单调递增，在(1，4)上单调递减，
所以当x＝1时，f(x)取得极大值；当x＝4时，f(x)取得极小值．
因为a1与a5恰好为f(x)的两个极值点，
所以a1a5＝4，且a1>0，
又a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝a1a5＝4，且a3＝a1q2>0，
所以a3＝2.故选C.
答案：C
10．解析：由题意，an＝a1qn－1，Sn＝a1eq \f(1－qn,1－q)；
对于A，a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n)) ＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) (q2)n－1，所以{a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n)) }是首项为a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，公比为q2的等比数列，正确；
对于B，因为q≠－1，a11＋a12＝a1q10＋a1q11＝a1q10(1＋q)，a12＋a13＝a1q11(1＋q)，a13＋a14＝a1q12(1＋q)，
(a12＋a13)2＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) q22(1＋q)2，(a11＋a12)(a13＋a14)＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) q22(1＋q)2，
∴(a12＋a13)2＝(a11＋a12)(a13＋a14)≠0，eq \f(a12＋a13,a11＋a12)＝eq \f(a13＋a14,a12＋a13)，它们成等比数列，正确；
对于C，若a1<0，q＞1，则an＋1－an＝a1qn－a1qn－1＝a1qn－1(q－1)＜0，{an}为递减数列，错误；
对于D，Sn＋1－Sn＝eq \f(a1,1－q)(1－qn＋1－1＋qn)＝a1qn，若a1<0，q＞0，则Sn＋1－Sn＜0，Sn＋1答案：AB
11．解析：由题意可得此人每天走的路程构成了一个公比为eq \f(1,2)的等比数列，且S6＝378，
所以S6＝eq \f(a1（1－\f(1,26)）,1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，
所以an＝a1qn－1＝192×(eq \f(1,2))n－1(1≤n≤6，n∈N*)，
因为a5＝192×(eq \f(1,2))4＝12，所以A正确；
因为a3＝192×(eq \f(1,2))2＝48，所以B错误；
S3＝eq \f(192×（1－\f(1,23)）,1－\f(1,2))＝eq \f(192×\f(7,8),\f(1,2))＝336，所以C错误；
该人最后三天共走的路程为S6－S3＝378－336＝42，所以D正确．故选AD.
答案：AD
12．解析：设等比数列{an}公比为q(q≠1)，则Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1qn,1－q)，
即等比数列{an}的前n项和Sn要满足Sn＝ABn－A(AB≠0)，
又因为Sn＝5×3n－1＋t＝eq \f(5,3)×3n＋t，所以t＝－eq \f(5,3).
答案：－eq \f(5,3)
13．解析：依题意a1＝1，a5＝9，所以a1a5＝a2a4＝a eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝9，所以a3＝3或a3＝－3(舍去)，所以a2a3a4＝a eq \\al(\s\up11(3),\s\d4(3)) ＝27.
答案：27
14．解析：设第n个三角形的面积为an，
∵第n＋1个三角形的边长为第n个三角形边长的一半，
∴an＋1＝eq \f(1,4)an，
又a1＝eq \f(1,2)×4×4×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3)，
∴数列{an}是以4eq \r(3)为首项，eq \f(1,4)为公比的等比数列，
∵S2＝a1＋a2＝4eq \r(3)＋eq \r(3)＝5eq \r(3)，
∴当n≥3且n∈N*时，Sn>S2＝5eq \r(3)，∴n的最小值为3.
答案：3
15．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q(q>1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a4＝a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))
整理可得：2q2－5q＋2＝0，∵q>1，q＝2，a1＝2，
∴数列的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
(2)由于(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1×2n×2n＋1＝(－1)n－122n＋1，
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1＝eq \f(23[1－（－22）n],1－（－22）)＝eq \f(8,5)－(－1)neq \f(22n＋3,5).
16．解析：由题意知第n行数字之和构成的数列的通项为2n－1，
∴Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，∴bn＝eq \r(5n＋1)；
则数列{bn}的整数项为：4，6，9，11，14，16，…，
∴数列{cn}的奇数项是以4为首项，5为公差的等差数列；偶数项是以6为首项，5为公差的等差数列，
∴c2n－1＝4＋5(n－1)＝5n－1，c2n＝6＋5(n－1)＝5n＋1，
∴c20＝5×10＋1＝51.故选B.
答案：B
17．解析：选择①②为条件，③为结论．
证明过程如下：
设等比数列{an＋1}的公比为q(q>0且q≠1)，则an＋1＝(a1＋1)qn－1，
由a2＝2a1＋1得a2＋1＝2(a1＋1)，所以q＝2，
则an＋1＝(a1＋1)2n－1，即an＝(a1＋1)2n－1－1，
所以Sn＝eq \f(（a1＋1）（1－2n）,1－2)－n，即Sn＝(a1＋1)(2n－1)－n，
所以Sn＋n＋a1＋1＝2(a1＋1)·2n－1，
所以{Sn＋n＋a1＋1}是以2(a1＋1)为首项，2为公比的等比数列．
选择①③为条件，②为结论．
证明过程如下：
设等比数列{an＋1}的公比为q(q>0且q≠1)，则an＋1＝(a1＋1)qn－1，
所以a2＋1＝(a1＋1)q，(*)
因为{Sn＋n＋a1＋1}是等比数列，
所以(S2＋2＋a1＋1)2＝(S1＋1＋a1＋1)(S3＋3＋a1＋1)，
即[2(a1＋1)＋a2＋1]2＝2(a1＋1)[2(a1＋1)＋a2＋1＋a3＋1].
所以[2(a1＋1)＋(a1＋1)q]2＝2(a1＋1)[2(a1＋1)＋(a1＋1)q＋(a1＋1)q2].
因为a1＋1≠0，所以化简整理得(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，
即q2－2q＝0，因为q>0，所以q＝2，
代入(*)式，得a2＋1＝2(a1＋1)，即a2＝2a1＋1.
选择②③为条件，①为结论．
证明过程如下：
设等比数列{Sn＋n＋a1＋1}的公比为q1(q1>0且q1≠1)，
则Sn＋n＋a1＋1＝(S1＋1＋a1＋1)q eq \\al(\s\up11(n－1),\s\d4(1)) ＝2(a1＋1)q eq \\al(\s\up11(n－1),\s\d4(1)) ，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(a1＋1)q eq \\al(\s\up11(n－1),\s\d4(1)) －2(a1＋1)q eq \\al(\s\up11(n－2),\s\d4(1)) －1＝2(a1＋1)q eq \\al(\s\up11(n－2),\s\d4(1)) (q1－1)－1，
所以a2＝2(a1＋1)(q1－1)－1，
又因为a2＝2a1＋1，所以2(a1＋1)＝2(a1＋1)(q1－1)，因为a1＋1≠0，所以q1＝2，
所以an＝2(a1＋1)2n－2－1＝(a1＋1)·2n－1－1，
得an＋1＝(a1＋1)·2n－1，
因为当n＝1时，上式恒成立，
所以{an＋1}是首项为a1＋1，公比为2的等比数列．